Equation du troisième degré

Soit l'équation générale ax3+bx2+cx+d = 0. En divisant par a, puis par changement de variable x = y+h :
(y+h)3+b(y+h)2/a+c(y+h)/a+d/a = 0. En développant, le terme en y2 est (3h+b/a)y2,
on peut alors choisir h = -b/3a pour obtenir l'équation canonique :

  x3+px+q = 0.  

Posons x = u+v : u3+v3+3uv(u+v)+p(u+v)+q = 0
En imposant 3uv+p = 0, il vient u3+v3 = -q et u3v3 = -p3/27
u3 et v3 sont alors solution de:
Z2+qZ-p3/27 = 0 (équation résolvante)
Cette équation étant du second degré, on sait la résoudre. Son déterminant est Δ = q2+4p3/27 = 4(q2/4+p3/27)
Soit u03, v03 sa solution.
Posons ε = (-1+i√3)/2 une racine cubique primitive de 1. Toutes les solutions de X3 = 1 sont 1, ε et ε 2
De plus ε 2 = (-1-i√3)/2 est le conjugué de ε et εε 2 = ε 3 = 1
On peut alors écrire les formules de Cardan donnant les solutions de l'équation du 3ème degré :

   

Si Δ est positif, u03 et v03 sont réelles, x0 = u0+v0 aussi, x1 et x2 sont imaginaires conjuguées
Si Δ<0, u0 et v0 sont imaginaires conjugués et les 3 racines sont réelles.

Malheureusement, cette méthode de résolution théorique offre peu d'intérêt pratique.
Prenons comme exemple (x-1)(x-2)(x+3) = x3-7x+6 = 0 qui posséde les solutions simples 1,2 et -3
Δ = -400/27 est négatif, les 3 racines sont réelles.
Quant à trouver une racine cubique de -3 ± i√(100/27), c'est une autre paire de manches.
Même avec Δ > 0, par exemple (x-1)(x2+x+2) = x3+x-2 = 0, qui possède la solution réelle simple 1 et deux solutions imaginaires conjuguées.
Δ = 4x28/27. Pourtant allez donc calculer que :

Pratiquement la résolution de l'équation du 3ème degré s'effectue par aproximations numériques, à moins de trouver une racine "évidente" (du genre 0, 1, -1 etc)
Un script de calcul par la méthode de Newton.

 

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